Deducir eso $X$ tiene distribución normal con media $0$ y varianza $1$

Question

Pregunté antes sobre un problema de Grimmet $ Welsh (y agradezco mucho a @angryavian y @Graham Kemp):

"Si $ X + Y $ y $ X - Y $ son independientes, demuestre que \begin{align} M\left(2t\right) = M\left(t\right)^{3}M\left(-t\right), \end{align} donde $ X, Y $ son rv independientes con media $ 0 $ , varianza $ 1 $ y $ M (t) $ finita ".

Este es su enlace: Función de generación de momento aplicada en $ 2t $ .

Pero ahora está la "segunda" parte del problema: mostrar que $ X $ (y $ Y $ ) son un rv con distribución normal con media $ 0 $ y varianza $ 1 $ .

El libro sugiere definir una función $ \ psi (t) = \ frac {M (t)} {M (-t)} $ y mostrar que $ \ psi (t) = \ psi (2 ^ {- n} t) ^ {2n} $ . Luego, muestre que $ \ psi (t) = 1 + o (t ^ {2}) $ como $ t \ a 0 $ y $ \ psi (1) = 1 $ cuando $ n \ a 0 $ . Esto nos permitirá concluir que $ M (t) = M (-t) $ y, cuando aplicamos esto a la ecuación principal (la del enlace y arriba) obtenemos $ M (t) = M (\ frac {1} {2} t) ^ {4} $ . Luego, el libro dice que se repita el procedimiento para obtener el resultado deseado. Entonces, tengo algunas preguntas:

1. ¿Cómo mostrar que $ \ psi (t) = \ psi (2 ^ {- n} t) ^ {2n} $ ?
2. ¿Qué significa esa "o" en $ \ psi (t) = 1 + o (t ^ {2}) $ ? (No recuerdo haber visto esto a través del Capítulo)
3. ¿Cuál es el procedimiento a repetir para obtener el resultado deseado? ¿Todo el? ¿La ultima parte?

Por supuesto, si alguien conoce otra forma de probar esta afirmación, ¡estaré muy agradecido! ¡Gracias de antemano por tu ayuda!

Answer 1

Sugerencias:

• Usando la primera parte de la pregunta, $\psi(t) = \frac{M(t)}{M(-t)} = \frac{M(t/2)^3 M(-t/2)}{M(-t/2)^3 M(t/2)}$. Haz un poco más de trabajo para mostrar$\psi(t) = \psi(t/2)^2$.

• $\psi(t) = \psi(t/2)^2$ implica la igualdad más general $\psi(t) = \psi(t/2^n)^{2n}$.

• Por una expansión de Taylor de $\psi$, tenemos $\psi(t) = \psi(0) + \psi'(0) t + \frac{1}{2} \psi''(0) t^2 + \frac{1}{6} \psi'''(\xi)t^3$ para algunos $\xi$ Entre $0$ y $t$. Sabemos$\psi(0)=1$. Tenemos $$\psi'(t) = \frac{M'(t)M(-t) + M(t)M'(-t)}{M(-t)^2}$$ entonces $\psi'(0)=0$ (porque $M'(t)=E[X]=0$). También tenemos $$\psi''(t) = \frac{d}{dt}\frac{M'(t)M(-t) + M(t)M'(-t)}{M(-t)^2} = \frac{[M''(t)M(-t) - M(t) M''(-t)]M(-t)^2 + [M'(t)M(-t)+M(t)M'(-t)] 2 M(-t) M'(-t)}{M(-t)^4}$$ entonces $\psi''(0)=0$ (ya que $M''(0)=E[X^2]=1$). Entonces la expansión de Taylor se convierte en $$\psi(t) = 1 + \frac{1}{6} \psi'''(\xi) t^3.$$ Si muestras $\psi'''$ está limitado por una constante $C$ para $t$ cerca de cero (no puedo pensar en una forma simple de mostrar esto, y supongo que existen los terceros momentos ... tal vez alguien más pueda limpiar mi desorden aquí), entonces tenemos $$\lim_{t \to 0} \frac{|\psi(t) - 1|}{t^2} = \lim_{t \to 0} \frac{C}{6} |t| \to 0$$ que es la definición de $\psi(t)=1+o(t^2)$.

• $\psi(1) = \lim_{n \to \infty} \psi(2^{-n})^{2n} = \lim_{n \to \infty} (1 + o(2^{-2n}))^{2n} = 1$ (Me salto pasos aquí)

• $\psi(1)=1$ implica $M(t)=M(-t)$

• $M(2t) = M(t)^3 M(-t) = M(t)^4$

• $M(t) = M(t/2)^4$

• $M(t) = M(t/2^n)^{4n}$

• es necesario trabajar un poco más para deducir que $M(t)=e^{-t^2/2}$ es el único posible candidato a MGF que satisface la recurrencia anterior.